Lời cảm ơn Em xin chân thành cảm ơn giúp đỡ thầy giáo, cô giáo tổ Giải tích bạn sinh viên khoa Toán - Trường Đại học Sư phạm Hà Nội Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Nguyễn Văn Hào tận tình giúp đỡ em trình hoàn thành khóa luận tốt nghiệp Lần đầu thực công tác nghiên cứu khoa học nên việc trình bày khóa luận không tránh khỏi hạn chế thiếu sót Em xin chân thành cảm ơn ý kiến đóng góp thầy giáo, cô giáo bạn sinh viên Hà Nội, tháng năm 2012 Sinh viên Phạm Thị Lệ Lời cam đoan Tôi xin cam đoan, hướng dẫn TS Nguyễn Văn Hào khóa luận tốt nghiệp "Nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính phức" hoàn thành theo hiểu biết, nhận thức trình bày theo quan điểm riêng cá nhân Trong trình hoàn thành khóa luận, thừa kế thành tựu nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng năm 2012 Sinh viên Phạm Thị Lệ Mục lục Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Số phức mặt phẳng phức 1.1.1 Khái niệm số tính chất 1.1.2 Sự hội tụ dãy số phức 1.1.3 Chuỗi số phức 1.2 Hàm biến phức 1.2.1 Hàm liên tục 9 1.2.2 Hàm chỉnh hình 10 1.2.3 Chuỗi lũy thừa 11 1.3 Tích phân phức 13 1.4 Đại cương phương trình vi phân phức 17 1.5 Vấn đề điểm kỳ dị phương trình vi phân tuyến tính phức 19 1.5.1 Khái niệm 19 1.5.2 Phân loại điểm kỳ dị 19 Chương Nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính 21 2.1 Phương trình số 22 2.2 Phương trình số có nghiệm phân biệt 23 2.2.1 Phương pháp tìm nghiệm chuỗi 24 2.2.2 Sự hội tụ nghiệm chuỗi 25 2.3 Phương trình số có nghiệm bội 28 2.3.1 Hệ nghiệm tương ứng từ nghiệm bội phương trình số 28 2.3.2 Sự độc lập tuyến tính hệ nghiệm 32 2.4 Ứng dụng vào phương trình Bessel 34 2.5 Điều kiện để tất nghiệm liên quan tới số không chứa logarit 36 2.6 Điểm kì dị thực kì dị bề 39 Kết luận 43 Tài liệu tham khảo 44 Mở đầu Lý chọn đề tài Như ta biết việc tìm nghiệm tổng quát phương trình vi phân tuyến tính dựa sở xác định hệ nghiệm phương trình với việc tìm nghiệm riêng phương trình Nghiệm tổng quát phương trình tổng nghiệm riêng phương trình với nghiệm tổng quát phương trình vi phân tuyến tính thần tương ứng Nhưng người ta đưa quy trình hệ thống để xây dựng hệ nghiệm tổng quát phương trình vi phân tuyến tính với hệ số số Đối với phương trình vi phân tuyến tính mà hệ số số, việc tìm nghiệm dạng tổ hợp hàm sơ cấp số phương trình vi phân dễ dàng, chí nhiều phương trình có dạng đơn giản Chẳng hạn P (z)w (z) + Q(z)w (z) + R(z)w(z) = Đó phương trình vi phân cấp hai với hệ số hàm biến số độc lập, ta tìm nghiệm riêng dạng hàm số sơ cấp Tuy nhiên, việc giải phương trình dạng quan trọng nảy sinh từ toán thực tiễn, đặc biệt xuất nhiều toán vật lý kĩ thuật Vì vậy, ta cần thiết phải xây dựng phương pháp nhằm tìm nghiệm cho phương trình Một phương pháp thông dụng tìm nghiệm phương trình dạng chuỗi lũy thừa Ý tưởng phương pháp đơn giản: Giả sử hàmP (z), Q(z), R(z) giải tích lân cận điểm z0 , chúng có khai triển thành chuỗi lũy thừa tâm z0 Giả sử phương trình có nghiệm dạng chuỗi lũy thừa ∞ cn (z − z0 )n w= n=0 Cơ sở toán học phương pháp ta thay biểu thức đạo hàm vào phương trình vi phân cần giải Từ đó, xác định giá trị số c0 , c1 , c2 , cho nghiệm phương trình vi phân cho Sau đồng hệ số hệ thức thu được, ta nhận nghiệm phương trình vi phân Điều dẫn tới ý tưởng tìm nghiệm phương trình vi phân tuyến tính dạng chuỗi lũy thừa Được định hướng người hướng dẫn, em chọn đề tài "Nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính phức" để hoàn thành khóa luận tốt nghiệp chuyên ngành Toán giải tích Khóa luận bố cục thành hai chương Chương Trong chương này, em đưa số kiến thức chẩn bị: số phức mặt phẳng phức; dãy số chuỗi số phức; hàm phức tính khả vi phức; hàm giải tích Cũng liên quan tới việc tìm hiểu phương trình vi phân tuyến tính phức nên em trình bày khái niệm phương trình vi phân tuyến tính phức, định lý tồn nghiệm phương trình vi phân phức, vấn đề điểm kì dị phương trình vi phân tuyến tính phức Chương Trong chương em trình bày vấn đề tồn nghiệm chuỗi số lớp phương trình vi phân tuyến tính phức phương pháp tìm nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính Mục đích nghiên cứu nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính phức Đối tượng phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu vấn đề nghiệm dạng chuỗi lũy thừa phương trình vi phân tuyến tính phức Phương pháp nghiên cứu Tìm hiểu tài liệu tham khảo, phân tích, so sánh, tổng hợp xin ý kiến định hướng người hướng dẫn Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Số phức mặt phẳng phức 1.1.1 Khái niệm số tính chất Số phức số có dạng z = x + iy; x, y ∈ R i đơn vị ảo mà i2 = −1 Ta gọi x phần thực y phần ảo, kí hiệu x = Rez, y = Imz Tập hợp số phức kí hiệu C Tập hợp số phức đồng với mặt phẳng R2 phép tương ứng C → R2 z = x + iy → (x, y) Một cách tự nhiên, người ta gọi Ox trục thực, Oy trục ảo Phép cộng nhân số phức thực cách thông thường phép toán tập hợp số thực với lưu ý i2 = −1 Ta có z1 + z2 = (x1 + x2 ) + i(y1 + y2 ) z1 z2 = (x1 + iy1 )(x2 + iy2 ) = x1 x2 + ix1 y2 + iy1 x2 + i2 y1 y2 = (x1 x2 − y1 y2 ) + i(x1 y2 + y1 x2 ) Một số tính chất phép cộng nhân số phức + Tính chất giao hoán z1 + z2 = z2 + z1 ; z1 z2 = z2 z1 + Tính chất kết hợp (z1 + z2 ) + z3 = z1 + (z2 + z3 ); (z1 z2 ).z3 = z1 (z2 z3 ) + Tính chất phân phối phép nhân với phép cộng z1 (z2 + z3 ) = z1 z2 + z1 z3 Với số phức z = x + iy, ta xác định modul số phức z x2 + y |z| = Modul số phức có tính chất (i) |z + w| ≤ |z| + |w| ; ∀z, w ∈ C, (ii) ||z| − |w|| ≤ |z − w| ; ∀z, w ∈ C, (iii) |Rez| ≤ |z| ; |Imz| ≤ |z| ; ∀z ∈ C Số phức liên hợp số phức z = x + iy kí hiệu z¯ = x − iy Không khó khăn, ta kiểm tra Rez = z + z¯ z − z¯ ; Imz = 2i |z|2 = z.¯ z; z¯ = với z = z |z| Số phức khác biểu diễn dạng cực z = r.eiθ với r > 0, θ ∈ R gọi argument số phức z (argument số phức z xác định cách với sai khác bội số 2π) eiθ = cosθ + i sin θ Bởi eiθ = 1, nên r = |z| θ góc hợp chiều dương trục Ox nửa đường thẳng xuất phát từ gốc tọa độ qua điểm z Cuối cùng, ta lưu ý z = r.eiθ w = s.eiϕ z.w = r.s.ei(θ+ϕ) 1.1.2 Sự hội tụ dãy số phức Dãy số phức {zn } gọi hội tụ đến số phức w ∈ C viết w = lim zn ⇔ lim |zn − w| = n→∞ n→∞ Dễ dàng kiểm tra w = lim zn ⇔ n→∞    lim Rezn = Rew, n→∞   lim Imzn = Imw n→∞ Dãy số phức {zn } gọi dãy Cauchy |zn − zm | → m, n → ∞ ⇔ ∀ε < ∃N > cho |zn − zm | < ε với n, m ≥ N Như vậy, dãy số phức hội tụ dãy Cauchy 1.1.3 Chuỗi số phức Định nghĩa 1.1 Cho dãy số phức {un } Khi đó, tổng vô hạn ∞ u1 + u2 + · · · + un + · · · = un n=1 (1.1) ∂ s W (z, σ) ∂σ s ∞ =z σ ∞ gν(s) (σ)z ν + s log z ν=0 ∞ gν(s−1) (σ)z ν s gν (σ)z ν + · · · + (log z) ν=0 ν=0 = ws (z, σ) + s log zws−1 (z, σ) + · · · + (log z)s w1 (z, σ) ∞ với wr (z, σ) = (r) gν (σ)z σ+ν ν=0 Xét số ρ0 tập thứ nhất, trường hợp gν (ρ0 ) = cν f (ρ0 ) giá trị hữu hạn với giá trị ν g0 (ρ0 ) = Do tồn tập i nghiệm W0 = w0 (z, ρ0 ), W1 = w0 (z, ρ0 ) log z + w1 (z, ρ0 ), W2 = w0 (z, ρ0 )(log z)2 + 2w1 (z, ρ0 ) log z + w2 (z, ρ0 ), Wi−1 = w0 (z, ρ0 )(log z)i−1 +(i − 1) w1 (z, ρ0 )(log z)i−2 +· · ·+wi−1 (z, ρ0 ) Số hạng w0 (z, ρ0 )(log z)r−1 Wr cho thấy i nghiệm tuyến tính phân biệt Xét tiếp số ρi tập thứ hai , gν (ρi ) = tới bậc i ν = 0, 1, 2, , ρ0 − ρi − hữu hạn ν ≥ ρ0 − ρi Do ∂s ∂σ s ρ0 −ρi −1 z σ gν (σ)z ν ν=0 =0 σ=ρi với s = 0, 1, 2, , i − Vì số hạng đầu W (z, σ) bậc σ + ρ0 − ρi z, ρ σ = ρi Các nghiệm tương ứng với tập số i liệt 30 kê W0 , W1 , , Wi−1 Bởi nghiệm ∞ z σ gν (σ)z ν ν=ρ0 −ρi σ=ρi không phụ thuộc vào số hạng logarit, nên số nhân W0 tổng quát s < i − 1, ∂s ∂σ s ∞ z gν (σ)z ν σ ν=ρ0 −ρi σ=ρi tổ hợp tuyến tính nghiệm W0 , W1 , , Wi−1 j −i nghiệm lại ∂s ∂σ s ∞ z σ gν (σ)z ν ν=0 , σ=ρi s = i, i + 1, , j − Các nghiệm lập thành tập hợp Wi = w0 (z, ρi )(log z)i + iw1 (z, ρi )(log z)i−1 + · · · + wi (z, ρi ), Wj−1 = w0 (z, ρi )(log z)j−1 +(j−1)w1 (z, ρi )(log z)j−2 +· · ·+wj−1 (z, ρi ), wr (z, ρi ) r ≤ i − tổ hợp tuyến tính [w0 (z, ρ0 ), w1 (z, ρ0 ), , wr (z, ρ0 ) Số hạng wi (z, ρi ) không đồng ∂i g0 (σ) ∂σ i = σ=ρi Những số lại tập số i liên quan đến wi (z, ρi ) nhân với thừa số logairit , wi+r có chứa wi (z, ρi )(log z)r Do số tập độc lập tuyến tính với số hạng khác Ta chứng minh phần sau chúng độc lập tuyến 31 tính với số hạng tập thứ Tương tự ta chứng minh tập số j cho tương ứng k − j nghiệm công thức ∂s ∂σ s ∞ z σ gν (σ)z ν ν=0 , σ=ρi s = j, j + 1, , k − tiếp tục hết dãy số ρ0 , ρ1 , , ρα−1 Tương tự dãy số ρα , ρα+1 , , ρβ−1 chia thành tập gồm số tiến hành tương tự Như cuối ta thu toàn n nghiệm phương trình Việc lại chứng minh hệ nghiệm 2.3.2 Sự độc lập tuyến tính hệ nghiệm Xét nghiệm tương ứng với dãy số cụ thể, chẳng hạn ρ0 , ρ1 , , ρα−1 giả sử chúng có mối quan hệ tuyến tính với A0 W0 + A1 W1 + · · · + Aα−1 Wα−1 = Sắp xếp số hạng vế trái theo thứ tự giảm dần số mũ log z Khi tổng số hạng có bậc cao k log z phải triệt tiêu, Ar Wr + · · · + As Ws = Nhưng nghiệm Wr , , Ws thu từ tập phân biệt nên chúng tương ứng với số khác Do hệ số số hạng có số cao phải triệt tiêu Tiếp tục ta có số số hạng thứ hai triệt tiêu cuối ta thu Ar = · · · = As = 32 A0 W0 + A1 W1 + · · · + Aα−1 Wα−1 biểu thức bậc k − log z, tổng số hạng có chứa (log z)k−1 0, hệ số số hạng Tiếp tục trình ta thu A0 = A1 = · · · = Aα−1 = Do nghiệm dãy số độc lập tuyến tính Bây ta xét toàn thể nghiệm W1 , W2 , , Wn Giả sử chúng có biểu diễn tuyến tính A1 W1 + A2 W2 + + An Wn = Tổng số hạng có bậc k cao log z phải 0, (Ar Wr + · · · + As Ws ) + (At Wt + · · · + Au Wu ) + · · · = 0, số hạng ngoặc tương ứng dãy số Nhân tập hợp tương ứng với chu tuyến điểm z quanh điểm gốc θ1 , θ2 , Khi sau λ vòng ta θ1λ (Ar Wr + · · · + As Ws ) + θ2λ (At Wt + · · · + Au Wu ) + · · · = Bởi θ1 = θ2 = , nên với λ = 0, 1, 2, phương trình không thỏa mãn, trừ Ar Wr + · · · + As Ws = 0; At Wt + · · · + Au Wu ; Như chứng minh hệ thức xảy Ar = · · · = As = At = · · · Au = · · · = 33 Tương tự ta có hệ số số hạng bậc k − log z Tiếp tục trình cuối ta thu A1 = A2 = · · · = An = Do n nghiệm độc lập tuyến tính lập thành hệ nghiệm 2.4 Ứng dụng vào phương trình Bessel Cho phương trình Bessel có dạng 2d w z dz +z dw + z − n2 w = dz hay LW = ∞ Khi W (z, σ) = cν z σ+ν , LW = c0 σ − n2 z σ với ν=0 c1 (σ + 1) − n2 = 0, cν (σ + ν)2 − n2 + cν−2 = 0, (ν ≥ 2) Các nghiệm phương trình số σ − n2 = ±n, n số nguyên nghiệm tương ứng phân biệt Thật vậy, nghiệm Jn (z) J−n (z) với ∞ Jn (z) = r=0 (−1)r z n+2r 2n+2r rΓ (n + r + 1) Trong trường hợp n = 0, Jn (z) J−n (z) trùng với hàm J0 (z) = − z2 z4 z6 + − + ··· 22 22 42 22 42 62 34 Vì σ = nghiệm kép phương trình số nên nghiệm thứ hai phương trình z2 z4 ∂ σ z 1− + − ··· K0 (z) = lim σ=0 ∂σ (σ + 2)2 (σ + 2)2 (σ + 2)2 ∞ = J0 (z) log z + r=1 (−1)r−1 z {Γ(r + 1)}2 2 ψ(r) d log Γ(t + 1) dt t=r Bây giờ, giả sử cho n số nguyên dương, nghiệm w = Jn (z) với ψ(r) = nghiệm không chứa logarit Hàm J−n (z) không xác định hệ số z 2n không hữu hạn có chứa thừa số (σ + 2n)2 − n2 mẫu số Đặt n−1 n c0 = C (σ + 2n) − n (σ + 2r)2 − n2 , ; (−1) C = r=1 cho w = C (σ + 2n)2 − n2 z σ − z2 + ··· (σ + 2)2 − n2  +(−1) z 2n−2 n−1 n−1 (σ + 2r)2 − n2     r=1 + Ez σ+2n − + z (σ − 2n + 2)2 − σ z (σ − 2n + 2) − n2 = w + w2 35  (σ + 2n + 4) − n2 − ··· Nếu σ = −n, w1 = w2 trở thành bội số Jn (z) Nghiệm ∂w = w thứ hai thu từ lim σ=−n ∂σ ∂w2 ∂w1 = W1 ; lim = W2 Đặt lim σ=−n ∂σ σ=−n ∂σ W1 = z −n 2Cn Γ(n) n−1 r=0 Γ(n − r) z Γ(r + 1) 2r , z4 z2 + − ··· W2 = Ez log z − 2 (n + 1) 24 2!(n + 1)(n + 2) n + Ez n ∞ r=0 (−1)r−1 Γ(n + 1) z {ψ(r) + ψ(r + n) − ψ(r)} Γ(r + 1)Γ(n + r + 1) Số hạng n Ez ∞ r=0 (−1)r ψ(n)Γ(n + 1) z Γ(r + 1)Γ(n + r + 1) 2r 2r W2 bội số Jn (z) loại bỏ 2n−1 Γ(n) để E = n−1 , nghiệm Cho C = − n Γ(n + 1) w = W1 + W2 ∞ = r=0 (−1)r z {2 log z − ψ(r) − ψ(r + n)} Γ(r + 1)Γ(n + r + 1) n−1 − r=0 Γ(n − r) z Γ(r + 1) n+2r 2r−n coi nghiệm thứ hai phương trình Bessel 2.5 Điều kiện để tất nghiệm liên quan tới số không chứa logarit Nghiệm ứng với dãy số, chẳng hạn nghiệm W0 phần 2.3 không chứa logarit, nghiệm dãy số 36 chắn chứa số hạng logarit Nói chung nghiệm số không chứa logarit nghiệm lại phải chứa logarit Ta tìm điều kiện cần đủ để nghiệm wµ tương ứng với số ρµ không chứa logarit Xét dãy số ρ0 , ρ1 , , ρµ , xếp theo thứ tự cho ρk − ρµ số nguyên dương với µ > k Điều kiện ρµ phải nghiệm đơn phương trình số nghiệm bội cho số hạng có chứa logarit Hơn nữa, số ρk (có k nhỏ µ) lớn ρµ số nguyên dương, nên nghiệm có dạng Wµ + b1 Wµ−1 + · · · + bµ−1 W1 + bµ W0 (với b1 , , bµ số tuỳ ý ) nghiệm tương ứng với ρµ Từ suy nghiệm W0 , W1 , , Wµ−1 phải không chứa logarit Do điều kiện cần số ρ1 , ρ2 , , ρµ phải phân biệt Ta có ∂µ Wµ = ∂σ µ ∞ =z ρµ ν=0 ∞ z σ gν (σ)z ν ν=0 σ=ρµ ∞ µ−1 ∞ ∂ µ gν (σ) ν ∂ gν (σ) ν z + µ log z z + · · · + (log z)µ gν (σ)z ν µ µ−1 ∂σ ∂σ ν=0 ν=0 ∂ s gν (σ) = 0, Để Wµ không chứa logarit, điều kiện cần đủ ∂σ s σ=ρµ với s = 0, 1, 2, , µ − với ν Vì gν (σ) phải chứa (σ − ρµ )µ với ν Nhưng gν (σ) Fν (σ) = (−1)ν = Hν (σ) g0 (σ) f0 (σ + 1)f0 (σ + 2) f0 (σ + ν) g0 (σ) = c0 f (σ) nên g0 (σ) chứa thừa số (σ − ρµ )µ Do điều kiện cần đủ Hν (ρµ ) phải hữu hạn với ν Từ hệ 37 σ=ρµ thức truy toán Hν (σ) giống với hệ thức truy toán cν , cụ thể Hν (σ)f0 (σ + ν) + Hν−1 (σ)f1 (σ + ν − 1) + · · · + H0 (σ)fν (σ + ν) = 0, với H0 (σ) = Do đó, H1 (ρµ ), H2 (ρµ ), , Hν−1 (ρµ ) hữu hạn H0 (ρµ ) hữu hạn, trừ trường hợp ν thoả mãn ρµ + ν nghiệm phương trình số f0 (σ) = 0, xảy ν số hạng khác số nguyên dương tăng dần ρµ−1 − ρµ , ρµ−2 − ρµ , , ρ0 − ρµ Khi ν = ρµ−1 − ρµ thừa số f0 (σ + ν) mẫu số Hν (σ) có không điểm đơn σ = ρµ thừa số khác bị triệt tiêu, điều kiện cần Fν (ρµ ) = ν = ρµ−1 − ρµ điều kiện đủ Fν (σ) triệt tiêu đến cấp σ = ρµ Khi ν = ρµ−2 − ρµ , hai thừa số mẫu số Hν (σ) có không điểm đơn với σ = ρµ , cụ thể f0 (σ + ν − ρµ−2 + ρµ−1 ); f0 (σ + ν) Do điều kiện cần đủ với giá trị cụ thể ν, Fν (σ) triệt ∂Fν (σ) tiêu đến cấp hai σ = ρµ Fν (ρµ ) = 0, = ∂σ σ=ρµ ν = ρµ−2 − ρµ Khi ν = ρµ−3 − ρµ , ba thừa số mẫu số Hν (σ) có không điểm đơn σ = ρµ , cụ thể f0 (σ + ν − ρµ−3 + ρµ−1 ); f0 (σ + ν − ρµ−3 + ρµ−2 ); f0 (σ + ν) 38 với giá trị ν, Fν (σ) triệt tiêu đến cấp ba σ = ρµ Từ ta có điều kiện cần đủ ∂Fν (σ) Fν (ρµ ) = 0, ∂σ σ=ρµ ∂ Fν (σ) = 0; ∂σ =0 σ=ρµ với ν = ρµ−3 − ρµ Tương tự ν = ρµ−r − ρµ , r thừa số mẫu số Hν (σ) có không điểm đơn σ = ρµ Fν (σ) triệt tiêu đến cấp r σ = ρµ Điều kiện cuối ν = ρ0 − ρµ , Fν (σ) triệt tiêu đến cấp µ σ = ρµ Nhưng giả sử nghiệm tương ứng với ρ1 , ρ2 , , ρµ−1 không chứa logarit Số điều kiện thoả mãn tương ứng 1, 2, , µ − với µ điều kiện liên quan tới ρµ tạo thành tổng µ(µ+1) điều kiện cần đủ cho tất nghiệm tương ứng với số ρµ không chứa logarit 2.6 Điểm kì dị thực kì dị bề Các nghiệm phương trình vi phân tuyến tính có điểm kỳ dị phương trình vi phân có điểm kỳ dị, điều ngược lại chưa Nói chung điểm z = a thoả mãn điều kiện điểm kỳ dị quy số nghiệm (không phải tất nghiệm) có chứa luỹ thừa âm, luỹ thừa phân thức (z − a) chứa luỹ thừa log(z − a) điểm kỳ dị trường hợp gọi điểm kỳ dị thực Nếu xảy trường hợp nghiệm giải tích z = a điểm kỳ dị gọi kì dị bề Ta điều kiện đủ để điểm kỳ dị kì dị bề 39 Xét phương trình dạng Pn−1 (z) dw Pn (z) dn w P1 (z) dn−1 w + + · · · + + w=0 dz n z − a dz n−1 (z − a)n (z − a)n−1 dz với P1 (z), , Pn (z) hàm giải tích z = a Giả sử z = a điểm kỳ dị bề để nghiệm hệ nghiệm w1 , w2 , , wn hàm giải tích (z − a) lân cận điểm kỳ dị Đặt (n−1) w1 (n−1) w1 w1 w1 ∆(z) = (n−1) w1 (n−1) w1 w1 (n−1) w2 w2 (n−1) wn wn w1 (n−r) ∆r (z) biểu thức thu từ ∆(z) thay w1 (n−r) , , wn tương ứng w1n , , wnn Khi Pr (z) ∆r (z) , r =− (z − a) ∆(z) với giá trị r, Pr (z) không chứa thừa số (z − a)r ∆r (a) đó, với giá trị r, vô hạn Mặt khác ∆r (z) giải ∆(a) tích z = a nên ∆(a) = Ta có d∆(z) P1 (z) P1 (z) dG(z − a) =− =− + , ∆(z) dz z−a z−a dz G(z − a) giải tích lân cận z = a ∆(z) = G(z−a) A(z − a)−P1 (a)e với A số Bởi ∆(z) hàm giải tích z = a, nên P1 (a) phải số nguyên âm Phương trình số tương ứng với z = a [ρ]n + [ρ]n−1 P1 (a) + · · · + ρPn−1 (a) + Pn (a) = 40 Các nghiệm phương trình phải số nguyên dương phân biệt Vì nghiệm dẫn đến số hạng chứa logarit Hiển nhiên nghiệm bé Điều kiện số mũ phải số nguyên dương bao gồm điều kiện P1 (a) số nguyên âm Cuối áp dụng điều kiện đủ để đảm bảo nghiệm không chứa logarit Giả sử nghiệm phương trình số xếp theo thứ tự giảm dần độ lớn ρ0 , ρ1 , , ρn−1 Nghiệm với số mũ ρ0 chắn không chứa logarit Một điều kiện đủ để đảm bảo nghiệm với số mũ ρ1 không chứa logarit, hai điều kiện đủ cho nghiệm với số mũ ρ2 không chứa logarit vậy, cuối thêm n − điều kiện đủ nghiệm với số mũ ρn−1 không chứa logarit Vì vậy, có + + · · · + (n − 1) = n(n − 1) điều kiện để đảm bảo nghiệm chứa logarit Các điều kiện mà số mũ số nguyên dương nghiệm chứa logarit đảm bảo điểm kỳ dị điểm kỳ dị bề Ví dụ 2.1 Xét phưong trình Lw = 2d w z dz − (4z + λz ) dw + (4 − kz)w = dz chứa hai tham số λ, k Ta số mối quan hệ tồn tham số điểm kỳ dị z = điểm kỳ dị bề Giả sử ∞ cν z ρ+ν , w= ν=0 suy LW = c0 (σ − 4)(σ − 1)z σ với hệ số cν phải thoả mãn hệ thức truy toán (σ + ν − 4)(σ + ν − 1) = {λ(σ + ν − 1) + k} cν−1 41 Số mũ ρ0 = ρ1 = hai số nguyên dương, tương ứng với số mũ lớn ρ0 tồn nghiệm giải tích z = 0, đặt w = c0 u, với u = z + γ1 z + γ2 z + · · · + γν z ν + · · · , (ν + 3)λ + k 4λ + k 5λ + k + + ··· + 1.4 2.5 ν(ν + 3) Nói chung nghiệm tương ứng với số mũ nhỏ ρ1 = chứa logarit Để γν = không chứa logarit điều kiện cần đủ F3 (1) = 0, ρ0 − ρ1 = Ta có f0 (σ) = (σ − 4)(σ − 1), F3 (σ) = f0 (σ + 1)f0 (σ + 2)f0 (σ + 3) c3 c0 = {λ(σ + 2) + k} {λ(σ + 1) + k} {λσ + k} Do điều kiện cần đủ (3λ + k)(2λ + k)(λ + k) = Từ ta có ba trường hợp k = −λ, nghiệm tương ứng w = z, k = −2λ, nghiệm tương ứng w = z + λz , k = −3λ, nghiệm tương ứng w = z + λz + λ2 z Trong trường hợp trường hợp này, điểm gốc điểm kỳ dị bề 42 Kết luận Trên toàn nội dung khoá luận tốt nghiệp “Nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính phức” Nội dung luận văn giải vấn đề sau Trước hết em hệ thống hoá số kiến thức số phức, dãy chuỗi số phức, hàm phức tính khả vi phức, hàm chỉnh hình hàm giải tích, tổng quan phương trình vi phân phức, phương trình vi phân tuyến tính phức điểm kì dị phương trình vi phân tuyến tính phức Vấn đề tồn nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính phức phương pháp tìm nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính phức 43 Tài liệu tham khảo [1] M D Adler, An Introduction to Complex Analysic for Engineers, (1997) [2] W E Boyce, R C Diprima, Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems, John and Sons, Inc, (2001) [3] E A Codding, N Levinson, Theory of ordinary differential equations, New York, (1955) [4] W Hundsdorfer, Ordinary Differential Equations, Radboud Universitiet Nijmegen, (2009) [5] E M Stein and R Shakarchi, Complex Analysis (Princeton Lectures In Analysis), Princeton University Press Princeton and Oxford, (2003) 44 [...]... D của mặt phẳng phức Nếu f (z) ≡ 0 thì phương trình có dạng dn−1 ω dω dn ω + p (z) + · · · + p (z) + pn (z)ω = 0 1 n−1 dz n dz n−1 dz (1.6) Phương trình (1.6) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất tương ứng với phương trình (1.5) Trong trường hợp pi (z) (i = 1, n) là các hằng số thì phương trình được gọi là phương trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng số Đối với phương trình vi phân. .. là nghiệm của phương trình thỏa mãn điều kiện ban đầu là ω (z0 ) = ω0 Nghiệm này có thể biểu diễn dưới dạng chuỗi lũy thừa hội tụ tuyệt đối, đều trong bất kỳ đường tròn có tâm z0 , trong đó các hệ số p1 (z), , pn (z) là các hàm giải tích trong miền D nào đó của mặt phẳng phức 18 1.5 Vấn đề điểm kỳ dị của phương trình vi phân tuyến tính phức Vấn đề tìm nghiệm chuỗi của phương trình vi phân tuyến tính. .. tính phức liên quan trực tiếp đến các điểm kỳ dị của nó Vì vậy, ở đây chúng tôi sẽ trình bày về khái niệm và phân loại điểm kỳ dị 1.5.1 Khái niệm Để đơn giản trong vi c trình bày, chúng tôi chỉ trình bày khái niệm điểm kỳ dị đối với phương trình vi phân tuyến tính cấp hai, phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hơn hoàn toàn tương tự Định nghĩa 1.6 Điểm z0 được gọi là điểm thường của phương trình vi phân. .. Nghiệm chuỗi của phương trình vi phân tuyến tính Nghiệm dưới dạng chuỗi luỹ thừa tại điểm z0 nào đó của phương trình vi phân tuyến tính có thể không tồn tại hoặc tồn tại một cách hình thức tức là chuỗi không hội tụ Điều đó nói chung là do nghiệm thực sự không thể khai triển được thành chuỗi luỹ thừa Trong các trường hợp phương trình có z0 là điểm kỳ dị chính quy thì có thể có nghiệm dưới dạng chuỗi. .. là tất cả các hàm giải tích ω = ω(z) thỏa mãn phương trình đó Nói chung, nghiệm của phương trình vi phân phức cũng phụ thuộc vào các hằng số tùy ý; nghiệm như vậy cũng được gọi là nghiệm tổng quát Nghiệm suy ra từ nghiệm tổng quát với các giá trị cụ thể của hằng số được gọi là nghiệm riêng Định nghĩa 1.5 Phương trình vi phân tuyến tính cấp n là phương trình có dạng dn ω dn−1 ω dω + p (z) + · · · +... đó nghiệm của phương trình vi phân dạng này có thể khai triển thành chuỗi luỹ thừa liên quan đến điểm kỳ dị tại gốc Ta sẽ xây dựng phương pháp tìm nghiệm chuỗi của các phương trình vi phân tuyến tính dạng này và chứng minh nó hội tụ với những giá trị |z| đủ nhỏ 21 2.1 Phương trình chỉ số Ta lập chuỗi ∞ cν z ρ+ν W (z, ρ) = (c0 = 0) , ν=0 trong đó ρ và các hệ số cν được xác định để W là nghiệm của phương. .. υ), thì P và Q là các hàm khả vi trong D với bốn đối số thực, các đạo hàm riêng của chúng liên tục và thỏa mãn các phương trình ∂P ∂Q ∂P ∂Q ∂P ∂Q ∂P ∂Q = ; = ; = ; = ∂x ∂y ∂y ∂x ∂u ∂υ ∂υ ∂u Ta gọi phương trình vi phân phức cấp một là phương trình có dạng dω = f (z, ω); dz (1.4) ở đó hàm f (z, ω) giải tích trong lân cận của điểm (z0 , w0 ) Ta gọi nghiệm của phương trình vi phân (1.4) là tất cả các hàm... trình vi phân vi c nghiên cứu vấn đề tồn tại và duy nhất nghiệm là khá phức tạp Dưới đây chúng tôi chỉ phát biểu kết quả cho trường hợp tổng quát Bài toán Cauchy Bài toán Cauchy là bài toán tìm hàm giải tích ω = ω(z) là nghiệm của phương trình vi phân (1.4) thỏa mãn điều kiện (z0 , ω0 ) ∈ D × G và ω (z0 ) = ω0 Định lý 1.9 (Sự tồn tại và duy nhất nghiệm) Xét phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất... thu được toàn bộ n nghiệm của phương trình Vi c còn lại là chứng minh nó là hệ nghiệm cơ bản 2.3.2 Sự độc lập tuyến tính của hệ nghiệm Xét các nghiệm tương ứng với một dãy chỉ số cụ thể, chẳng hạn ρ0 , ρ1 , , ρα−1 và giả sử chúng có mối quan hệ tuyến tính với nhau A0 W0 + A1 W1 + · · · + Aα−1 Wα−1 = 0 Sắp xếp các số hạng ở vế trái theo thứ tự giảm dần của số mũ của log z Khi đó tổng của các số hạng có... trong mỗi tập này các chỉ số là bằng nhau Giả sử ρ0 = ρ1 = · · · = ρi−1 tương ứng với một nghiệm bội i của phương trình f0 (σ) = 0; ρi = ρi+1 = · · · = ρj−1 tương ứng với một nghiệm bội j − i của phương trình f0 (σ) = 0; ρj = ρj+1 = · · · = ρk−1 tương ứng với một nghiệm bội k − j của phương trình f0 (σ) = 0 Để tránh vi c lấy các hệ số cν từ hệ thức truy toán ở phần trước là vô hạn, ta thay c0 ban đầu bởi ... quan phương trình vi phân phức, phương trình vi phân tuyến tính phức điểm kì dị phương trình vi phân tuyến tính phức Vấn đề tồn nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính phức phương pháp tìm nghiệm. .. phương trình vi phân tuyến tính phức phương pháp tìm nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính Mục đích nghiên cứu nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính phức. .. vi phân tuyến tính phức, định lý tồn nghiệm phương trình vi phân phức, vấn đề điểm kì dị phương trình vi phân tuyến tính phức Chương Trong chương em trình bày vấn đề tồn nghiệm chuỗi số lớp phương